专题突破课7　动能定理在多过程中的应用-2025版物理大一轮复习

目标要求1.会应用动能定理解决多过程、多阶段的问题。2.会应用动能定理处理往复运动等复杂问题。考点一动能定理在多过程问题中的应用1.运用动能定理解决多过程问题时，有两种思路：一种是全过程列式，另一种是分段列式。2.全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力，大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的功能特点。(1)重力做的功取决于物体的初、末位置，与路径无关。(2)大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小与路程的乘积。(3)弹簧弹力做功与路径无关。学校科技小组成员参加了过山车游戏项目后，为了研究过山车运动中所遵循的物理规律，设计出了如图所示的装置，图中P为弹性发射装置，AB为倾角θ＝37°的倾斜轨道，BC为水平轨道，C′、C等高但略有错开，可认为CDC′为竖直圆轨道。CE为足够长倾斜轨道，各段轨道均平滑连接。以A点为坐标原点，水平向右为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向建立平面直角坐标系，弹射装置P的位置可在坐标平面内任意调节，使水平弹出的小滑块(视为质点)总能无碰撞的从A点进入轨道。已知滑块质量为m＝20g，圆轨道半径R＝0.2m，轨道AB长xAB＝1m，BC长xBC＝0.4m，AB、BC段动摩擦因数μ＝0.5，其余各段轨道均光滑，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2。(1)若滑块在A点速度vA＝5m/s，求滑块弹出时的位置坐标(x1，y1)；(2)若滑块弹出时的初速度v0＝4m/s，求滑块在进入圆轨道C点时对轨道压力的大小；(3)若滑块第一次进入圆轨道不脱轨，求滑块弹出时纵坐标y应满足的条件。【思路点拨】(1)“水平弹出的小滑块(视为质点)总能无碰撞的从A点进入轨道”，则此时速度方向沿斜面AB方向。(2)“AB、BC段动摩擦因数μ”，说明滑块沿AB、BC段摩擦力做负功。(3)“滑块第一次进入圆轨道不脱轨”，说明“滑块刚好可过最高点D”或者“滑块到与圆心等高的位置速度为零”。解析：(1)由平抛规律vAsin37°＝gtx1＝vAcos37°·ty1＝eq\f(1,2)gt2解得x1＝1.2m，y1＝0.45m可见坐标为(1.2m，0.45m)。(2)滑块在A点时vA＝eq\f(v0,cos37°)＝5m/s从A到C，由动能定理得(mgsin37°－μmgcos37°)xAB－μmgxBC＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mvA2在C点FNC－mg＝meq\f(vC2,R)联立解得FNC＝2.7N由牛顿第三定律可知，压力大小为2.7N。(3)第一种情况刚好可过最高点D有mg＝meq\f(v2,R)P到D，由动能定理得mg(y1＋xABsinθ－2R)－μmgcosθ·xAB－μmgxBC＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv102又y1＝eq\f(v1y2,2g)＝eq\f(（v10tanθ）2,2g)联立解得y1＝0.18m第二种情况：从P到与圆心等高的位置速度为零，由动能定理得mg(y2＋xABsinθ－R)－μmgcosθ·xAB－μmgxBC＝0－eq\f(1,2)mv202又y2＝eq\f(v2y2,2g)＝eq\f(（v20tanθ）2,2g)联立解得y2＝0.072m综合上述可知y≥0.18m或y≤0.072m。答案：(1)(1.2m，0.45m)(2)2.7N(3)y≥0.18m或y≤0.072m【对点训练】1.(多选)一质量为m的物体自倾角为α的固定斜面底端沿斜面向上滑动。该物体开始滑动时的动能为Ek，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为eq\f(Ek,5)。已知sinα＝0.6，重力加速度大小为g。则()A.物体向上滑动的距离为eq\f(Ek,2mg)B.物体向下滑动时的加速度大小为eq\f(g,5)C.物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5D.物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长解析：BC物体从斜面底端回到斜面底端根据动能定理有－μmg·2lcosα＝eq\f(Ek,5)－Ek，物体从斜面底端到最高点根据动能定理有－mglsinα－μmglcosα＝0－Ek，整理得l＝eq\f(Ek,mg)，μ＝0.5，A错误，C正确；物体向下滑动时根据牛顿第二定律有ma下＝mgsinα－μmgcosα，解得a下＝eq\f(g,5)，B正确；物体向上滑动时根据牛顿第二定律有ma上＝mgsinα＋μmgcosα，解得a上＝g，故a上>a下，由于上滑过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且走过相同的位移，根据位移公式l＝eq\f(1,2)at2，则可得出t上<t下，D错误。2.(2023·湖北卷)如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道eq\a\vs4\al(CDE\x())在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道eq\a\vs4\al(CDE\x())内侧，并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因数为eq\f(1,2π)，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点。求：(1)小物块到达D点的速度大小；(2)B和D两点的高度差；(3)小物块在A点的初速度大小。解析：(1)由题知，小物块恰好能到达轨道的最高点D，则在D点有meq\f(vD2,R)＝mg解得vD＝eq\r(gR)。(2)由题知，小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道eq\a\vs4\al(CDE\x())内侧，则在C点有cos60°＝eq\f(vB,vC)，小物块从C点到D点的过程中，根据动能定理有－mg(R＋Rcos60°)＝eq\f(1,2)mvD2－eq\f(1,2)mvC2则小物块从B到D的过程中，根据动能定理有mgHBD＝eq\f(1,2)mvD2－eq\f(1,2)mvB2联立解得vB＝eq\r(gR)，HBD＝0。(3)小物块从A到B的过程中，根据动能定理有－μmgs＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mvA2s＝π·2R解得vA＝eq\r(3gR)。答案：(1)eq\r(gR)(2)0(3)eq\r(3gR)考点二动能定理在往复运动问题中的应用1.往复运动：即物体的运动过程具有重复性、往返性，而在这一过程中，描述运动的有关物理量多数是变化的，而往复的次数有的可能是有限的，而有的可能最终达到某一稳定情境下的无限往复运动。2.解题策略：此类问题多涉及滑动摩擦力或其他阻力做功，其做功的特点是与路程有关，运用牛顿运动定律及运动学公式将非常繁琐，甚至无法解出，由于动能定理只涉及物体的初、末状态，所以用动能定理分析这类问题可使解题过程简化。如图1所示为某单板滑雪U形池的比赛场地，比赛时运动员在U形滑道内边滑行边利用滑道做各种旋转和跳跃动作，裁判员根据运动员的腾空高度、完成的动作难度和效果评分。图2为该U形池场地的横截面图，AB段、CD段为半径R＝4m的四分之一光滑圆弧雪道，BC段为粗糙的水平雪道且与圆弧雪道相切，BC长为4.5m，质量为60kg的运动员(含滑板)以5m/s的速度从A点沿切线滑下后，始终保持在一个竖直平面内运动，经U形雪道从D点竖直向上飞出，经t＝0.8s恰好落回D点，然后又从D点返回U形雪道。忽略空气阻力，运动员可视为质点，g＝10m/s2。求：图1图2(1)运动员与BC雪道间的动摩擦因数；(2)运动员首次运动到圆弧最低点C点时对雪道的压力；(3)运动员最后静止处距离B点的距离。解析：(1)根据题意，当运动员从D点冲出去后做竖直上抛运动，则vD＝geq\f(t,2)解得vD＝4m/s运动员从A运动到D，根据动能定理，有－μmglBC＝eq\f(1,2)mvD2－eq\f(1,2)mvA2解得μ＝0.1。(2)运动员从C运动到D，根据动能定理可得－mgR＝eq\f(1,2)mvD2－eq\f(1,2)mvC2在C点，根据牛顿第二定律，有FN－mg＝meq\f(vC2,R)联立解得FN＝2040N根据牛顿第三定律可得运动员运动到圆弧最低点C点时对雪道的压力大小为FN′＝FN＝2040N，方向竖直向下。(3)运动员从最初A点到最终静止，根据动能定理，有mgR－μmgs＝0－eq\f(1,2)mvA2解得s＝52.5m＝11lBC＋3m所以运动员最后静止处距离B点的距离为l＝lBC－3m＝1.5m。答案：(1)0.1(2)2040N，方向竖直向下(3)1.5m【对点训练】3.如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，BC是水平的，其距离d＝0.50m。盆边缘的高度为h＝0.30m。在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止开始下滑(图中小物块未画出)。已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.10。小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停止的地点到B的距离为()A.0.50m B.0.25mC.0.10m D.0解析：D设小物块在BC段通过的总路程为s，由于只有BC面上存在摩擦力，其做功为－μmgs，而重力做功与路径无关，由动能定理得mgh－μmgs＝0，代入数据可解得s＝3m。由于d＝0.50m，所以，小物块在B、C面上经过3次往复运动后，又回到B点，D正确。4.如图为某游戏装置的示意图，CD、DE均为四分之一光滑圆管，E为圆管DEG的最高点，圆轨道半径均为R＝0.6m，各圆管轨道与直轨道相接处均相切，GH是与水平面成θ＝37°的斜面，底端H处有一弹性挡板，O2、D、O3、H在同一水平面内。一质量为0.01kg的小物体，其直径稍小于圆管内径，可视作质点，小物体从C点所在水平面出发通过圆管最高点E后，最后停在斜面GH上，小物体和GH之间的动摩擦因数μ＝0.625，其余轨道均光滑，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，则：(1)小物体的速度v0满足什么条件？(2)当小物体的速度为v0＝eq\r(30)m/s，小物体最后停在斜面上的何处？在斜面上运动的总路程为多大？解析：(1)小物体在E点处做圆周运动，当其恰好通过E点时，小物体速度为零，从C到E的运动过程，根据动能定理有0－eq\f(1,2)mvC2＝－mg·2R解得vC＝2eq\r(6)m/s设小物体刚好反弹到E点，斜面长度为L，全过程对小物体运动，根据动能定理有0－eq\f(1,2)mvC′2＝－mg·2R－2μmgLcosθL＝eq\f(R,tanθ)解得vC′＝2eq\r(10)m/s故小物体在水平面上的速度范围为2eq\r(6)m/s<v0<2eq\r(10)m/s。(2)由于2eq\r(6)m/s<eq\r(30)m/s<2eq\r(10)m/s，mgsinθ>μmgcosθ故小物体最后停在H处，从小物体开始运动到小物体最后停止，全过程用动能定理－mgR－μmgscosθ＝0－eq\f(1,2)mv02解得s＝1.8m。答案：(1)2eq\r(6)m/s<v0<2eq\r(10)m/s(2)H处1.8m限时规范训练22[基础巩固题组]1.某幼儿园在空地上做了一个如图甲所示的滑梯，可简化为图乙所示的模型，倾角为α的倾斜部分AB和水平部分BC由同种材料构成，一小孩从滑梯顶部A由静止滑下，经过两部分连接处时速度大小不变，发现小孩在倾斜部分和水平部分运动的时间恰好相等。已知A点到水平部分的高度为h，重力加速度大小为g，下列说法正确的是()甲乙A.小孩与滑梯间的动摩擦因数为eq\f(tanα,2)B.小孩运动过程中的最大速度为eq\r(2ghtan\f(α,2))C.小孩在倾斜部分运动的时间为eq\r(\f(2h,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－cosα))g))D.小孩在倾斜部分和水平部分运动时产生的热量之比为sinα∶1解析：C根据动能定理有mgh－μmgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,sinα)＋\f(h,tanα)))＝0，解得μ＝eq\f(sinα,1＋cosα)＝taneq\f(α,2)，选项A错误；根据运动学公式知，小孩运动过程中的最大速度vmax＝eq\r(2μg\f(h,sinα))＝eq\r(\f(2gh－tan\f(α,2),sinα))，选项B错误；小孩在倾斜部分运动的时间t＝eq\r(\f(2h,μgsinα))＝eq\r(\f(2h,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－cosα))g))，选项C正确；小孩在倾斜部分和水平部分运动时产生的热量之比等于对应的摩擦力大小之比，为cosα∶1，选项D错误。故选C。2.(2023·湖南卷)(多选)如图，固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和圆弧段BC组成，两段相切于B点，AB段与水平面夹角为θ，BC段圆心为O，最高点为C，A与C的高度差等于圆弧轨道的直径2R。小球从A点以初速度v0冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C点，下列说法正确的是()A.小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大B.小球从A到C的过程中，重力的功率始终保持不变C.小球的初速度v0＝eq\r(2gR)D.若小球初速度v0增大，小球有可能从B点脱离轨道解析：AD由题知，小球能沿轨道运动恰好到达C点，则小球在C点的速度为vC＝0，则小球从B到C的过程中，有mgR(1－cosα)＝eq\f(1,2)mv2，FN＝mgcosα－meq\f(v2,R)，联立有FN＝3mgcosα－2mg，则从B到C的过程中，α由θ减小到0，则cosα逐渐增大，故FN逐渐增大，A正确；小球从A到B的过程中重力的功率为P＝mgvsinθ，则重力的功率始终减小，B错误；从A到C的过程中有－mg·2R＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mv02，解得v0＝eq\r(4gR)，C错误；小球在B点恰好脱离轨道有mgcosθ＝meq\f(vB2,R)，则vB＝eq\r(gRcosθ)，则若小球初速度v0增大，小球在B点的速度有可能为eq\r(gRcosθ)，故小球有可能从B点脱离轨道，D正确。3.如图所示，半圆形光滑轨道竖直固定在AB杆上，杆长L＝1m，半圆与水平方向相切于B点，半径R＝0.5m，距其右侧一定水平距离处固定一个斜面体。斜面C端离地高度h＝0.8m，E端固定一轻弹簧，弹簧原长为DE，DE＝0.375m，斜面CD段粗糙而DE段光滑。现将一质量为1kg的物块(可看作质点)从圆轨道某处静止释放，离开最低点B后恰能落到斜面顶端C处，且速度方向恰好平行于斜面，物块沿斜面下滑压缩弹簧后又沿斜面向上返回，第一次恰能返回到最高点C。斜面倾角θ＝53°，重力加速度g＝10m/s2。已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，求：(1)物块运动到B点时对轨道的压力大小；(2)物块在粗糙斜面CD段上能滑行的总路程s。解析：(1)物块从B到C做平抛运动，则有vy2＝2g(L－h)在C点时有tanθ＝eq\f(vy,vB)代入数据解得vB＝1.5m/s在B点对物块进行受力分析得F－mg＝meq\f(vB2,R)解得F＝14.5N根据牛顿第三定律知物块对轨道的压力大小F′＝F＝14.5N。(2)物块在C点的速度为vC＝eq\f(vy,sinθ)＝2.5m/s，物块从C点下滑到返回C点的过程，根据动能定理得－μmgcosθ·2xCD＝0－eq\f(1,2)mvC2xCE＝eq\f(h,sinθ)＝1mxCD＝xCE－xDE代入数据解得μ＝eq\f(5,12)最终物块在DE段来回滑动，从C到D，根据动能定理得mgxCDsinθ－μmgcosθ·s＝0－eq\f(1,2)mvC2解得s＝3.25m。答案：(1)14.5N(2)3.25m4.滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来。如图所示的滑板运动轨道，BC和DE是两段光滑圆弧形轨道，BC段的圆心为O点、圆心角θ＝60°，半径OC与水平轨道CD垂直，滑板与水平轨道CD间的动摩擦因数μ＝0.2。某运动员从轨道上的A点以v0＝3m/s的速度水平滑出，在B点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧轨道BC，经CD轨道后冲上DE轨道，到达E点时速度减为零，然后返回。已知运动员和滑板的总质量m＝60kg，B、E两点与水平轨道CD的竖直高度分别为h＝2m和H＝2.5m。(1)求运动员从A点运动到B点过程中，到达B点时的速度大小vB。(2)求水平轨道CD段的长度L。(3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B点？如能，请求出回到B点时速度的大小；如不能，请求出最后停止的位置距C点的距离。解析：(1)在B点时，有vB＝eq\f(v0,cos60°)解得vB＝6m/s。(2)从B点到E点，由动能定理得mgh－μmgL－mgH＝0－eq\f(1,2)mvB2解得L＝6.5m。(3)设运动员能到达左侧的最大高度为h′，从B到第一次返回左侧最高处由动能定理有mgh－mgh′－μmg·2L＝0－eq\f(1,2)mvB2解得h′＝1.2m＜h＝2m，故第一次返回时，运动员不能回到B点。设运动员从B点运动到停止，在CD段的总路程为s，由动能定理可得mgh－μmgs＝0－eq\f(1,2)mvB2解得s＝19m，可得s＝2L＋6m，故运动员最后停在C点右侧6m处。答案：(1)6m/s(2)6.5m(3)不能停在C点右侧6m处5.如图所示，水平轨道BC的左端与固定的光滑竖直eq\f(1,4)圆轨道相切于B点，右端与一倾角为30°的光滑斜面轨道在C点平滑连接(即物体经过C点时速度的大小不变)，斜面顶端固定一轻质弹簧，一质量为3kg的滑块从圆弧轨道的顶端A点由静止释放，经水平轨道后滑上斜面并压缩弹簧，第一次可将弹簧压缩至D点，已知光滑圆轨道的半径R＝0.45m，水平轨道BC长为0.4m，其动摩擦因数μ＝0.2，光滑斜面轨道上CD长为0.6m，g取10m/s2，求：(1)滑块第一次经过B点时对轨道的压力；(2)整个过程中弹簧具有的最大弹性势能；(3)滑块最终停在何处。解析：(1)滑块从A点到B点，由动能定理可得mgR＝eq\f(1,2)mvB2代入数据解得vB＝3m/s滑块在B点，由牛顿第二定律有FN－mg＝meq\f(vB2,R)代入数据解得FN＝90N由牛顿第三定律可得，滑块在B点对轨道的压力大小为FN′＝FN＝90N，方向向下。(2)滑块从A点到D点，该过程弹簧弹力对滑块做的功为W，由动能定理可得mgR－μmgLBC－mgLCDsin30°＋W＝0，其中Ep＝－W解得Ep＝2.1J。(3)滑块最终停止在水平轨道BC间，从滑块第一次经过B点到最终停下来的全过程，由动能定理可得－μmg·s＝0－eq\f(1,2)mvB2解得s＝2.25m则物体在BC段上运动的次数为n＝eq\f(2.25,0.4)＝5.625说明物体